Le 5 sfere

Rette, triangoli, cerchi, poliedri, ...
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iademarco
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Le 5 sfere

Messaggio da iademarco » 28 nov 2009, 16:02

Affrontando questi problemi, ho trovato qualche difficoltà nel fare il 15
Problem:
Per il suo numero il prestigiatore Boschin utilizza cinque sfere, di cui la più
grande è cava e grande abbastanza da contenere tutte quattro le altre. Qual è
il diametro minimo della sfera più grande sapendo che le altre quattro hanno
tutte diametro 4000?
Arrotondare all'intero più vicino.

Grazie anticipatamente della/e risposte :D
"Il lemma fondamentale: se vi danno un esercizio è perchè potete farlo; se potete farlo è perchè è proprio facile; se è proprio facile è perchè servono delle cose che sapete; le cose che sapete sono pochissime, quindi avete da cercare in un insieme piccolissimo di cose" Michele Barsanti


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Iuppiter
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Messaggio da Iuppiter » 28 nov 2009, 16:25

Secondo me si può considerare questo problema anche in due dimensioni...Quindi trattando le sfere come cerchi... e questo dovrebbe semplificare molto la visualizzazione del problema.

Quindi il diametro della sfera/cerchio più grande è $ 4000\sqrt{2}+4000 = 4000\cdot(\sqrt{2}+1) $.

Risolvendo i conti trovo che la risosta è $ 9656 $.

[Messaggio numero 100]

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karlosson_sul_tetto
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Messaggio da karlosson_sul_tetto » 28 nov 2009, 21:16

Iuppiter ha scritto:Secondo me si può considerare questo problema anche in due dimensioni...Quindi trattando le sfere come cerchi...
[...]
Forse sono un ignorante,ma nelle due dimensioni,un "oggetto" si può muovere in 4 direzioni:avanti,indietro,destra e sinistra;invece,nelle 3 dimensioni,un "oggetto" può muoversi:avanti,indietro,destra,sinistra,
su,giù.
Quindi nelle 3 dimensioni c'è più spazio per mettere le sfere.
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iademarco
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Messaggio da iademarco » 28 nov 2009, 22:20

Iuppiter ha scritto: Risolvendo i conti trovo che la risosta è $ 9656 $.
C'è qualcosa che non va...il risultato dev'essere 8899
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Messaggio da Maioc92 » 29 nov 2009, 14:35

hai dato per scontato che la disposizione fosse quella a quadrato...prova con quella a tetraedro :wink:
Il tempo svela ogni cosa......ma allora perchè quel maledetto problema non si risolve da solo?!

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Messaggio da Iuppiter » 29 nov 2009, 14:38

Eh...si...c'è qualcosa che non va...me ne sono accorto.

Infatti considerando i centri delle sfere piccole, la loro migliore disposizione nello spazio è ai vertici di un tetraedro, e non ai vertici di un quadrato. Quindi basterebbe sapere quanto è la distanza dal (bari)centro di un tetraedro di lato 4000 ad un vertice, e poi aggiungere 2000 e moltiplicare per 2.

Per adesso non ho idee su come trovare quella distanza...ma ci penserò.

Tibor Gallai
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Messaggio da Tibor Gallai » 29 nov 2009, 19:29

Mamma mia, mi sono scervellato lungamente credendo di dover paccare 5 sferette in una sferona... Mentre erano banalmente 4. :?
Non tanto perché non trovassi una disposizione ottimale, ma perché non riuscivo a farla concordare col risultato ufficiale. :roll:

A questo punto risolvetelo anche voi con 5 sferette anziché 4: dovreste notare un fatto molto curioso, che non vi anticipo...
[quote="Pigkappa"]Penso che faresti un favore al mondo se aprissi un bel topic di bestemmie da qualche parte in modo che ti bannino subito.[/quote]

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Messaggio da Iuppiter » 30 nov 2009, 18:43

Dunque, eravamo rimasti qui:
Iuppiter ha scritto:Quindi basterebbe sapere quanto è la distanza dal (bari)centro di un tetraedro di lato 4000 ad un vertice, e poi aggiungere 2000 e moltiplicare per 2.
Well, cerchiamo questa distanza allora.
Prima di tutto cerco l'altezza del tetraedro.

Considero il triangolo che ha per vertici due vertici del tetraedro e il centro della base. Esso è rettangolo (perchè la retta passante per il vertice in alto e il centro della base è perpendicolare alla base). l'ipotenusa di questo triangolo è lo spigolo del tetraedro, che misura $ 4000 $. Il cateto minore, ovvero il segmento che congiunge il vertice del tetraedro appartenente alla base con il centro della base, misura $ \frac{2}{3} $ dell'altezza della faccia di base. Quest'altezza è una normale altezza di un triangolo equilatero, percui misura $ 4000\cdot \frac{\sqrt3}{2} $. Quindi la distanza tra centro della faccia di base e un vertice della stessa faccia è $ \frac{2}{3} \cdot 4000\cdot \frac{\sqrt3}{2} $. Con l'applicazione del teorema di pitagora si trova che l'altezza del trapezio misura $ \sqrt{\frac{2}{3}}\cdot 4000 $.

Ora uniamo il centro del tetraedro con i vertici dello stesso. Otteniamo 4 piramidine più piccole tutte uguali. Consideriamo la piramidina che sta alla base e il tetraedro. Essi hanno la stessa base, ma il volume della piramidina è 1/4 di quello del tetraedro (perchè 4 piramidine formano un tetraedro), e quindi l'altezza di una piramidina sarà 1/4 di quella del tetraedro. Ora, a noi interessa la distanza tra il vertice in alto del tetraedro e il suo centro. Questa distanza è la differenza delle altezze, ovvero 3/4 dell'altezza del tetraedro, che abbiamo trovato prima.

Quindi la distanza centro-vertice del tetraedro è $ \frac{3}{4} \cdot \sqrt{\frac{2}{3}}\cdot 4000 = \sqrt6 \cdot 1000 $.

Come accennavo nell'altro messaggio, aggiungiamo $ 2000 $ a questa distanza e moltiplichiamo tutto per due. Il risultato è $ 8898 $se si fanno i conti con il computer (che tiene conto di più cifre) oppure $ 8899 $ (come nelle soluzioni, se si approssima $ \sqrt6 $ a $ 2,4495 $).

Mi scuso se è venuta un po' lunga e se ho scritto "trapezio" da qualche parte al posto di "tetraedro".

Tibor Gallai
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Messaggio da Tibor Gallai » 04 dic 2009, 15:32

Ok, via con le 5 sferette anziché 4. :o
[quote="Pigkappa"]Penso che faresti un favore al mondo se aprissi un bel topic di bestemmie da qualche parte in modo che ti bannino subito.[/quote]

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Messaggio da karlosson_sul_tetto » 04 dic 2009, 15:40

Tibor Gallai ha scritto:Ok, via con le 5 sferette anziché 4. :o
Bah,forse mi sbaglio,ma basta soltanto aggiungere la 5a sferetta sotto il tetraedo...
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Tibor Gallai
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Messaggio da Tibor Gallai » 04 dic 2009, 15:51

Sbagli, maaa.................... . . . . . . . . . . . .
[quote="Pigkappa"]Penso che faresti un favore al mondo se aprissi un bel topic di bestemmie da qualche parte in modo che ti bannino subito.[/quote]

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Messaggio da Iuppiter » 04 dic 2009, 16:00

...ma basta shiacciare un po' la sfera in alto e quella in basso in modo che la ex-base del tetraedro si allarghi un po'. Bisogna capire quanto è questo "po'". O no?

Tibor Gallai
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Messaggio da Tibor Gallai » 04 dic 2009, 16:07

Sì. Il fatto è che c'è un'altra configurazione "candidata ottima". Quale?
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Messaggio da Iuppiter » 08 dic 2009, 18:36

Allora, vediamo di risolvere anche il problema della 5 sfere.

Consieriamo i centri di queste sfere: dobbiamo farli stare all'interno di una sfera di raggio più piccolo possibile. Come si fa?
L'idea è quella di mettere tre centri sulla circonferenza di raggio massimo orizzontale (equatore), in modo che essi formino un triangolo equilatero; e gli altri due nei "poli" della sfera.
Se la sfera su cui sono posizionati i punti ha raggio $ r $, allora la distanza tra due punti che stanno sull'"equatore" è di $ \sqrt{3}r $, mentre quella tra un punto dell'equatore e un polo è di $ \sqrt{2}r $.
Ora, imponiamo che la distanza minore tra due centri sia $ 4000 $ (ovvero che le sferette che hanno come centro questi due punti siano a contatto). Allora $ r=2000\sqrt{2} $.
La sfera grande, che deve contenere non solo i centri ma le sferette complete, avrà raggio pari a quello della sfera che contiene i centri, più $ 2000 $(raggio delle sferette).

Quindi il raggio della sfera che contiene 5 sfere di raggio $ 2000 $ è $ 2000\cdot (\sqrt{2}+1) $.
Tibor Gallai ha scritto:Il fatto è che c'è un'altra configurazione "candidata ottima".
Quale?

Tibor Gallai
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Messaggio da Tibor Gallai » 08 dic 2009, 19:17

Iuppiter ha scritto:Quale?
Ti sei (quasi) risposto da solo nel tuo 1° messaggio.
[quote="Pigkappa"]Penso che faresti un favore al mondo se aprissi un bel topic di bestemmie da qualche parte in modo che ti bannino subito.[/quote]

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